Eksamensoppgavesettet er utarbeidet av Utdanningsdirektoratet. Avvik fra det originale eksamenssettet er eventuelle spesifiseringer og illustrasjoner. Løsningsforslagene i sin helhet er utarbeidet av matematikk.org. Nettkoden som står til høyre for oppgavetittelen brukes i søkefeltet på www.matematikk.org for å åpne oppgaven og se utfyllende løsningsforslag. Våre samarbeidspartnere: REA3022 2017 Vår 1
Eksamenstid: 5 timer: Del 1 skal leveres inn etter 3 timer. Del 2 skal leveres inn senest etter 5 timer. Hjelpemidler på Del 1: Vanlige skrivesaker, passer, linjal med centimetermål og vinkelmåler. Hjelpemidler på Del 2: Alle hjelpemidler er tillatt, med unntak av Internett og andre verktøy som tillater kommunikasjon. Framgangsmåte: Del 1 har 7 oppgaver. Del 2 har 4 oppgaver. Der oppgaveteksten ikke sier noe annet, kan du fritt velge framgangsmåte. Dersom oppgaven krever en bestemt løsningsmetode, kan en alternativ metode gi lav/noe uttelling. Bruk av digitale verktøy som graftegner og CAS skal dokumenteres med utskrift eller gjennom en IKT basert eksamen. Veiledning om vurderingen: Poeng i Del 1 og Del 2 er bare veiledende i vurderingen. Karakteren blir fastsatt etter en samlet vurdering. Det betyr at sensor vurderer i hvilken grad du viser regneferdigheter og matematisk forståelse gjennomfører logiske resonnementer ser sammenhenger i faget, er oppfinnsom og kan ta i bruk fagkunnskap i nye situasjoner kan bruke hensiktsmessige hjelpemidler forklarer framgangsmåter og begrunner svar skriver oversiktlig og er nøyaktig med utregninger, benevninger, tabeller og grafiske framstillinger vurderer om svar er rimelige 2
DEL 1 Uten hjelpemidler 3
Oppgave 1 (5 poeng) Nettkode: E 4QXO Deriver funksjonene. a) Løsningsforslag a) Når vi har en sum kan vi derivere hvert av leddene og summere sammen. Nå kan vi bruke derivasjonsregelen til den deriverte av en potensfunksjon, at deriverte til en konstant er lik. Da får vi. Den Svar: b) Løsningsforslag b) Vi kan bruke produktregelen for å derivere funksjonen. Vi setter og. Da får vi at Svar: 4
c) Løsningsforslag c) Vi har en sammensatt funksjon som kan skrives som, der og kjernen. Nå kan vi bruke kjerneregelen som gir Vi kan derivere hver av funksjonene, og ved å bruke derivasjonsreglene får vi og. Fra kjerneregelen får vi da at Svar: 5
Oppgave 2 (4 poeng) Nettkode: E 4QXS Skriv så enkelt som mulig a) Løsningsforslag a) Vi kan begynne med å finne fellesnevner. De to siste leddene har førstegradsuttrykk i nevneren, så disse kan vi ikke faktorisere. Det første leddet har nevneren. Dette kan vi skrive som og vi kan bruke konjugatsetningen til å faktorisere uttrykket. Da får vi at Faktorene i nevneren her er de samme som faktorene i de to andre leddene, så er fellesnevneren for uttrykket. Nå kan vi utvide de to andre leddene slik at vi får samme nevner. Vi utvider det andre leddet med og det tredje leddet med. Da får vi Videre kan vi sette på fellesnevner og regne ut: Telleren i dette uttrykket kan vi faktorisere ved å bruke første kvadratsetning. Vi kan skrive Setter vi dette inn i uttrykket vi fant over ser vi at vi har forkorte. Da får vi som felles faktor i teller og nevner, og kan Svar: 6
b) Løsningsforslag b) Vi har et uttrykk som består av to ledd hvor vi tar logaritmen til et produkt av to faktorer og logaritmen til en brøk. For logaritmen til produkter og brøker har vi logaritmeregler som sier at og at. Vi har også en logaritmeregel som sier at. Ved å bruke disse reglene kan vi forenkle uttrykket ledd for ledd og se om vi etterhvert kan trekke sammen noen ledd. Vi begynner med det første leddet. Her får vi ved å bruke logaritmeregelen for produkt at Videre kan vi bruke regelen for potenser. Det gir. I det andre leddet bruker vi regelen for brøk og regelen for potenser og får at Nå kan vi sette inn i det opprinnelige uttrykket og regne ut. Svar: 7
Oppgave 3 (4 poeng) Nettkode: E 4QXV Tre punkt og er gitt. a) Bestem og. Løsningsforslag a) Ved vanlig vektorregning finner vi at vektoren mellom punktene og er gitt ved og vektoren mellom punktene og er gitt ved. Svar: og. b) Et punkt er gitt slik at Bestem koordinatene til. Løsningsforslag b) Vi lar være punktet gitt ved. Vi kan nå finne et uttrykk for. Når vi summerer to vektorer summerer vi de koordinatvis. Da får vi at Fra likningen vi får oppgitt vil vi ha at begge koordinatene er lik, altså at og at. Ved å løse disse likningen får vi Dermed har vi funnet koordinatene til,. Svar: 8
Oppgave 4 (6 poeng) Nettkode: E 4QXY Funksjonen er gitt ved a) Begrunn at er et vendepunkt på grafen til. Løsningsforslag a) Vi vil bestemme om er et vendepunkt for grafen til. Først sjekker vi at punktet faktisk ligger på grafen, altså at. Vi setter inn i for i uttrykket. Da får vi. Det betyr at punktet ligger på grafen. For at punktet skal være et vendepunkt må vi ha at og at skifter fortegn i. For å se om dette stemmer begynner vi med å derivere funksjonen to ganger. Hvis vi setter inn for i uttrykket for den andrederiverte får vi. Uttrykket til den andrederiverte er likningen til ei rett linje. Da vet vi også at den vil skifte fortegn i nullpunktet sitt, og er et vendepunkt for grafen til. b) Faktoriser i lineære faktorer. Løsningsforslag b) Siden er et punkt på grafen til vet vi at er en faktor. Vi kan nå bruke polynomdivisjon for å finne de resterende faktorene. For enkelhets skyld faktoriserer vi ut før vi gjennomfører polynomdivisjonen. Da får vi Vi regner da 9
Det betyr at vi kan skrive er ikke en lineær faktor, så denne må vi faktorisere videre. For å faktorisere dette andregraduttrykket bruker vi abc formelen til å finne nullpunktene som vi kan vi bruke til å faktorisere. Da får vi Nullpunktene til er og vi har at. Dermed kan vi faktorisere Svar: c) Løs likningen Løsningsforslag c) I oppgave b) så vi at vi kunne faktorisere merke oss at, og. Nå kan vi skrive. Vi kan og vi kan faktorisere slik at vi får 10
For at vi skal ha må en av faktorene være lik. Vi kan se på faktorene hver for seg. Vi får likningen og som gir og. Her kan vi bruke den naturlige logaritmen til å løse likningen. Den har den egenskapen at. Vi begynner med, og tar vi på begge sider av likhetstegnet får vi at Siden kan vi se bort i fra den andre likningen,. Til slutt ser vi på, og igjen tar vi logaritmen på begge sider av likhetstegnet. Da får vi Det betyr at løsningen til likningen er Svar: 11
Oppgave 5 (6 poeng) Nettkode: E 4QY2 Hjørnene i en trekant er og. Midtpunktene på sidene i trekanten er, og. Se figuren. a) Forklar at koordinatene til punktene, og er Løsningsforslag a) For å finne koordinatene til og kan vi se på posisjonsvektorene og. Vi begynner med å finne koordinatene til. Da ser vi på, den kan vi skrive som en sum av vektorene og, altså har vi at Vi har at og siden er midtpunktet på får vi at Nå kan vi regne ut ; som gir. På tilsvarende måte får vi at der og Da får vi 12
som gir. Til slutt finner vi koordinatene til ved å se på der som gir at og Da har vi at har punktkoordinatene, og. b) Skjæringspunktet mellom medianene i trekanten er. Forklar at vi kan skrive på to måter: der og er reelle tall. Løsningsforslag b) Det er flere muligheter for å gå fra til. Vi kan gå direkte fra til, og siden er parallell med har vi at der er et reellt tall. Vi kan også finne ved å gå via. Da har vi at og siden er parallell med kan vi skrive, der er et reellt tall. Det medfører at 13
c) Bruk vektorlikningene i oppgave b) til å bestemme og. Bestem koordinatene til. Løsningsforslag c) Fra oppgave b) har vi at og og det betyr at vi må ha Vi har at, og at Setter vi inn i likningen over får vi at For at likningen må stemme må både førstekoordinatene og andre koordinatene være lik hverandre, så da får vi to likninger: Fra den andre likningen får vi at Setter vi inn for i den første likningen får vi 14
Nå kan vi løse for og får at Vi får at og at. For å finne koordinatene til kan vi se på Vi har at som medfører at Svar:. 15
Oppgave 6 (4 poeng) Nettkode: E 4QYA En fabrikk produserer lyspærer. Alle lyspærene blir kontrollert. I kontrollen blir forkastet. Nærmere undersøkelser viser at av lyspærene av de forkastede lyspærene er defekte av de godkjente lyspærene er defekte a) Vis at sannsynligheten er for at en tilfeldig produsert lyspære er defekt. Løsningsforslag a) Vi kan se på hendelsene D: Lyspæren er defekt G: Lyspæren blir godkjent i kontrollen Vi har to mulige hendelser for defekte pærer, at den er defekt og godkjent,, og at den er defekt og ble forkastet,. Disse hendelsene er disjunkte, så fra addisjonssetningen får vi at Vi kan bruke produktsetningen til å finne og. Fra produktsetningen får vi at Fra oppgaveteksten vet vi at sannsynligheten for at en lyspære ikke blir godkjent, og siden det er komplementet til at en lyspære blir godkjent, må vi ha Vi får også vite at av de forkastede lyspærene er defekte. Det betyr at I tillegg får vi vite at av de godkjente lyspærene er godkjent. Det betyr at Nå kan vi finne sannsynligheten for at en lyspære er defekt ved å sette dette inn i likningene over som var det vi ville vise. 16
b) Bruk Bayes setning til å bestemme sannsynligheten for at en defekt lyspære blir forkastet i kontrollen. Løsningsforslag b) I denne oppgaven skal vi bruke Bayes setning til å finne sannsynligheten for at en defekt pære blir forkastet, altså. Fra Bayes setning har vi at Disse sannsynlighetene fant vi i a) og kan sette inn i uttrykket. Da får vi Svar: Sannsynligheten er. 17
Oppgave 7 (7 poeng) Nettkode: E 4QYD En rettvinklet der er gitt. Den innskrevne sirkelen har sentrum og radius. Sirkelen tangerer trekanten i punktene, og. Vi setter, og. Du får oppgitt at og. a) Bruk figuren til å forklare at og. Løsningsforslag a) Vi kan skrive og, og vil vise at. Da kan vi se på. og er radier i sirkelen med sentrum og dermed har vi at Fra figuren ser vi at vinkelen også må være har tre rette vinkler og fra vinkelsummen til en firkant vet vi at de siste. Det betyr at vi har et kvadrat, så og som var det vi ville vise. b) Av figuren ser vi dessuten at. Vis at. Løsningsforslag b) Fra oppgave a) har vi at og at. I tillegg har vi at. I oppgaveteksten får vi vite at og, som betyr at vi kan skrive. Skriver vi inn uttrykkene for og får vi da som var det vi ville vise. 18
c) Forklar at vi kan skrive arealet av trekanten på to måter: og Løsningsforslag c) Vi begynner med å se på hele trekanten. Arealet til en trekant med grunnlinje og høyde er gitt ved. For har vi at står vinkelrett på, så vi kan skrive og. Det betyr at arealet er gitt ved Da har vi vist den første formelen. Vi kan også se at kan deles opp i tre trekanter, og, med henholdsvis og som grunnlinje. Alle de tre trekantene har en radius stående vinkelrett på, så trekantene har høyde. Da har vi at arealet til er gitt ved, arealet til er gitt ved og arealet til er gitt ved. Arealet til er summen av disse, så vi har at Dette viser den andre formelen vi skulle vise. d) Bruk resultatene du fant i oppgavene b) og c) til å utlede Pytagoras' setning. Løsningsforslag d) Pytagoras læresetning sier at for en rettvinklet trekant med kateter og og hypotenus har vi at. Så det er dette uttrykket vi vil frem til. I oppgave c) har vi at og. Det betyr at vi må ha 19
Vi vet også fra oppgave b) at, som gir at. Vi kan sette inn for i likningen. Da får vi Videre kan multiplisere med og multiplisere ut parentesene. Subtraherer vi fra begge sider og flytter over står vi igjen med som var det vi ville frem til. 20
DEL 2 Med hjelpemidler 21
Oppgave 1 (6 poeng) Nettkode: E 4QYS I en kortstokk er det kort. Kortene er fordelt på de fire fargene hjerter, ruter, spar og kløver. Hver farge har kort fordelt på verdiene til, knekt, dame, konge og ess. Tenk deg at du skal trekke tilfeldig fem kort fra kortstokken. a) Bestem sannsynligheten for at du kommer til å trekke nøyaktig tre kort med verdi. Løsningsforslag a) Vi vil finne sannsynligheten for å trekke nøyaktig kort med verdi. Siden sannsynligheten er uniform, kan vi finne den ved å regne. Vi kan begynne med å se på antall mulige. Rekkefølgen vi trekker spiller ingen rolle, så vi har et uordnet utvalg uten tilbakelegging, og vi skal velge kort av. Antall utvalg finner vi da ved I kortstokken er det totalt kort med verdi og vi skal velge av de. Det kan vi velge på ulike måter. I tillegg skal vi trekke kort som ikke har verdi, altså må vi velge kort blant de kortene som har verdi forskjellig fra. Det kan vi gjøre på måter. Hvert enkelt av de måtene kan kombineres med de, så antall gunstige utfall er Sannsynligheten for nøyaktig kort med verdi er dermed Svar:. ALTERNATIV LØSNING b) Bestem sannsynligheten for at du kommer til å trekke nøyaktig tre kort med samme verdi. 22
Løsningsforslag b) Sannsynligheten for å trekke nøyaktig tre kort med samme verdi er den samme for alle verdier, og fra oppgave a) vet vi Det er forskjellige kortverdier, så vi kan trekke tre kort med samme verdi på måter. Da får vi Svar: c) Bestem sannsynligheten for at alle kortene du kommer til å trekke, har samme farge. Figur 1: Ett mulig utfall i oppgave a) Løsningsforslag c) Figur 2: Ett mulig utfall i oppgave b) Figur 3: Ett mulig utfall i oppgave c) Vi skal fortsatt trekke kort fra kortstokken, så antall mulige utvalg er det samme som i oppgave a),. Antall gunstige utfall er nå annerledes. Vi vil trekke kort med samme farge. Utfra Figur 3, antar vi at de med farge skiller mellom ruter og hjerter, og kløver og spar. I kortstokken er det kort av hver farge, og vi skal velge. Det kan vi gjøre på måter. Vi kan velge disse kortene på forskjellige måter, en for hver av fargene. Dermed er Svar: 23
Oppgave 2 (6 poeng) Nettkode: E 4QYW Posisjonsvektoren til en partikkel er gitt ved a) Tegn grafen til når. Løsningsforslag a) For å tegne grafen til kan vi bruke kommandoen Kurve[<Uttrykk>,<Uttrykk>, <Parametervariabel>, <Start>, <Slutt>] i GeoGebra. Da skriver vi inn Vi husker å sette navn på aksene. Svar: b) Bestem fartsvektoren og akselerasjonsvektoren. Løsningsforslag b) Fart er endring i posisjon per tidsenhet og akselerasjon er endring i fart per tidsenhet. For å finne fartsvektoren kan vi derivere, og for å finne akselerasjonsvektoren kan derivere fartsvektoren. Vi kan bruke CAS til å derivere. For å se hvordan vi kan gjøre det ved regning, se alternativ. Vi velger CAS i Vis menyen i GeoGebra. Fartsvektoren finner vi ved å skrive inn 24
og akselerasjonsvektoren ved å skrive Da får vi Svar: og. c) Bruk CAS til å bestemme den minste banefarten til partikkelen. Løsningsforslag c) Banefarten er gitt ved absoluttverdien til fartsvektoren. Vi kan betegne banefarten som, og får da at er en funksjon for banefart. For å bestemme den minste banefarten til partikkelen kan vi finne bunnpunktet til. Vi kan begynne med å definere i CAS. Fortsetter vi i samme CAS vindu som i oppgave b), der vi allerede har definert kan vi skrive inn Bunnpunkter til en funksjon er et ekstremalpunkt, og nå kan vi bruke kommandoen ekstremalpunkt for å finne bunnpunktet til. Da skriver vi inn. Her kan vi se at har tre ekstremalpunkt, for og, der og. Vi vil finne det ekstremalpunktet som har minst verdi, og har at. Det betyr at banefarten er minst for og, og da er den. Svar: Den minste banefarten til partikkelen er omtrent. 25
Oppgave 3 (4 poeng) Nettkode: E 4QZ0 En stige på m er stilt opp langs en vegg. Stigen danner sammen med veggen og bakken en rettvinklet. Se figuren. Vi setter. Den korteste avstanden fra til stigen er meter. a) Vis at Løsningsforslag a) Vi kan begynne med å se på de to trekantene og. Begge trekantene har til felles og begge har en rett vinkel. Det betyr at. I formlike trekanter er forholdet mellom tilsvarende sider konstant, og det betyr at vi har at Vi har at og. For å finne et uttrykk for kan vi se på og bruke Pytagoras læresetning. Da har vi at Nå kan vi sette inn uttrykk for sidene og da får vi at som var det vi ville vise. 26
b) Bestem slik at blir lengst mulig. Hvor lang er for denne verdien av? Løsningsforslag b) Vi kan bruke uttrykket vi fant i oppgave a) til å skrive som en funksjon av,. Vi vil finne når denne funksjonen har størst verdi, og da kan vi bruke CAS. Først definerer vi funksjonen ved å skrive inn Vi finner ekstremalpunktene til ved å bruke kommandoen Ekstremalpunkt, og skriver og får opp Vi har to ekstremalpunkter, ett i x = og ett i x =. Den negative x verdien kan vi utelukke siden vi ikke kan ha negative lengder. Vi bruke 2. derivert test ved hjelp av CAS i Geogebra for å sjekke om er toppunkt. I ekstremalpunktene er den deriverte lik null. Dersom 2. deriverte er negativ i et ekstremalpunkt, så er den deriverte avtagende og vil skifte fortegn i dette punktet. Den går fra å være posetiv til å være negativ. Grafen ser dermed konkav ut og punktet er et toppunkt. Vi skriver inn påstanden i CAS og sjekker om vi får "true" eller "false" i retur. Det gir at har toppunkt for. Den maksimale lengden til er dermed gitt ved. Svar: d er lengst når m og da er d = 3,5 m. 27
Oppgave 4 (8 poeng) Nettkode: E 4QZ7 Funksjonen er gitt ved a) Bruk graftegner til å tegne grafen til. Løsningsforslag a) Vi tegner grafen til ved hjelp av GeoGebra. Da skriver vi inn i Skriv inn feltet og setter navn på aksene. Resultatet er som vist under. Svar: b) Grafen til har tre tangenter som går gjennom punktet. Forklar at koordinaten til tangeringspunktene må være løsning av likningen 28
Løsningsforslag b) Vi skal se på tangeringspunktene,, hvis tangent går gjennom punktet. Stigningstallet til tangenten gjennom er gitt ved. Vi kan også finne stigningstallet ved å se på forholdet mellom endring i verdi og endring i verdi, og siden tangenten går gjennom punktene og også være gitt ved, det betyr at vi må ha og koordinaten i disse tangeringspunktene må tilfredstille likningen over. c) Bruk CAS til å løse denne likningen. Bestem likningen til hver av tangentene. Løsningsforslag c) Vi kan bruke samme GeoGebra vindu som i oppgave a), og velger CAS i Vis menyen. Først kan vi skrive inn for å sjekke at funksjonen får er definert. Videre kan vi bruke Løs kommandoen for å løse likningen fra oppgave c). Da skriver vi inn ø ]. Da får vi opp punktene Det betyr at vi vil finne tangenten gjennom punktene Nå kan vi bruke kommandoen Tangent[ Punkt, Funksjon ] for hvert av punktene. Da skriver vi inn Trykker vi på knappen får vi en avrundet likning for tangenten. 29
Likningen til tangentene som går gjennom er Svar:. d) La være et punkt i planet. Hva er det maksimale antallet tangenter grafen til kan ha som går gjennom? Løsningsforslag d) Vi kan bruke likningen fra oppgave b), men vi setter inn og i stedet for og. Da får vi at de punktene på som har tangent som går gjennom har koordinat som tilfredstiller likningen Vi har at er en tredjegradsfunksjon og må være en andregradsfunksjon som vi multipliserer med en lineær faktor. Det betyr at dette må være en tredjegradslikning, og den kan maksimalt ha tre løsninger, som betyr at grafen til kan maksimalt ha tre tangenter som går gjennom. Svar: tangenter. 30